Cho hình bình hành ABCD có AC > BD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB và AD . Vẽ tia D x cắt AC , AB , BC lần lượt tại
a) Ta có \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\)\(\left( 1 \right)\) (tính chất hình bình hành)
Mà \(\widehat {HBC} = 180^\circ - \widehat {ABC}\)\(\left( 2 \right)\) (hai góc kề bù)
\(\widehat {KDC} = 180^\circ - \widehat {ADC}\)\(\left( 3 \right)\) (hai góc kề bù)
Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\), \(\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {HBC} = \widehat {KDC}.\)
Xét \(\Delta CHB\) và \(\Delta CKD\) có:
\(\widehat {BHC} = \widehat {DKC} = 90^\circ \) và \(\widehat {HBC} = \widehat {KDC}\)
Do đó ΔCHK∽ΔBCA (g.g).
Suy ra \(\frac{{CH}}{{CK}} = \frac{{CB}}{{CD}}\) (tỉ số cạnh tương ứng), hay \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{CD}}\) (tính chất tỉ lệ thức).
b) Ta có \(\widehat {ABC}\) là góc ngoài của \(\Delta BHC\) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {BHC} + \widehat {BCH} = 90^\circ + \widehat {BCH}\)\(\left( 4 \right)\)
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(BC\,{\rm{//}}\,AD\) và \(AB = CD\) (tính chất hình bình hành)
Mà \(CK \bot AD\) nên \(CK \bot BC\) nên \(\widehat {BCK} = 90^\circ .\)
Do đó \(\widehat {KCH} = \widehat {BCK} + \widehat {BCH} = 90^\circ + \widehat {BCH}\)\(\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra \(\widehat {ABC} = \widehat {KCH}.\)
Theo câu a, \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{CD}}\) mà \(AB = CD\) nên \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{BA}}.\)
Xét \(\Delta CHK\) và \(\Delta BCA\) có: \(\widehat {KCH} = \widehat {ABC}\) và \(\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{BA}}\)
Do đó ΔCHK∽ΔBCA (c.g.c).
c) Kẻ \(BE \bot AC\) tại \(E\)\(\left( {E \in AC} \right).\)
Xét \(\Delta AEB\) và \(\Delta AHC\) có:\(\widehat {AEB} = \widehat {AHC} = 90^\circ \) và \(\widehat {HAC}\) là góc chung.
Do đó ΔAEB ∽ ΔAHC (g.g).
Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AH}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) nên \(AB \cdot AH = AC \cdot AE\)\(\left( 6 \right)\)
Xét \(\Delta BCE\) và \(\Delta CAK\) có:
\(\widehat {BEC} = \widehat {CKA} = 90^\circ \) và \(\widehat {BCE} = \widehat {CAK}\) (hai góc so le trong, \(BC\,{\rm{//}}\,DA)\)
Do đó ΔBCE∽ΔCAK (g.g).
Suy ra \(\frac{{BC}}{{CA}} = \frac{{CE}}{{AK}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) nên \(BC \cdot AK = AC \cdot CE\)
Mà \(BC = AD\) nên \(AD \cdot AK = AC \cdot CE\)\(\left( 7 \right)\)
Từ \(\left( 6 \right)\) và \(\left( 7 \right)\) suy ra: \(AB \cdot AH + AD \cdot AK = AC \cdot AE + AC \cdot CE\)
Hay \(AB \cdot AH + AD \cdot AK = AC\left( {AE + CE} \right) = A{C^2}.\)
d) Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB\,{\rm{//}}\,CD;\;AD\,{\rm{//}}\,BC\) (tính chất hình bình hành)
Hay \(AM\,{\rm{//}}\,CD;\;AD\,{\rm{//}}\,NC.\)
Vì \(AD\,{\rm{//}}\,NC\) nên do đó \(\frac{{IN}}{{ID}} = \frac{{IC}}{{IA}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) \(\left( 8 \right)\)
Vì \(AM\,{\rm{//}}\,DC\) nên do đó \(\frac{{ID}}{{IM}} = \frac{{IC}}{{IA}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) \(\left( 9 \right)\)
Từ \(\left( 8 \right)\) và \(\left( 9 \right)\) suy ra \(\frac{{IN}}{{ID}} = \frac{{ID}}{{IM}},\) nên \(IM \cdot IN = I{D^2}.\)
e) Theo câu d, ta có: \(IM \cdot IN = I{D^2},\) mà \(ID = IJ\) (vì \(J\) là điểm đối xứng với \(D\) qua \(I)\)
Do đó \(I{J^2} = IM \cdot IN\) nên \(\frac{{IJ}}{{IM}} = \frac{{IN}}{{IJ}}.\)
Theo tính chất tỉ lệ thức ta có: \(\frac{{IJ - IM}}{{IM}} = \frac{{IN - IJ}}{{IJ}}\) hay \(\frac{{MJ}}{{IM}} = \frac{{NJ}}{{IJ}}\)
Suy ra \(\frac{{MJ}}{{NJ}} = \frac{{IM}}{{IJ}} = \frac{{IM}}{{ID}}\) (do \(ID = IJ).\)
Lại có\(AM\,{\rm{//}}\,CD,\) theo hệ quả định lí Thalès ta có \(\frac{{IM}}{{ID}} = \frac{{AM}}{{CD}}.\)
Suy ra \(\frac{{MJ}}{{NJ}} = \frac{{AM}}{{CD}},\) mà \(CD = AB\) nên \(\frac{{MJ}}{{NJ}} = \frac{{AM}}{{AB}}\)\(\left( {10} \right)\)
Mặt khác, có \(NB\,{\rm{//}}\,AD\) nên theo hệ quả định lí Thalès ta có \(\frac{{AM}}{{BM}} = \frac{{DM}}{{NM}}.\)
Theo tính chất tỉ lệ thức ta có: \(\frac{{AM}}{{MB + AM}} = \frac{{DM}}{{MN + DM}}\) hay \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{DM}}{{DN}}\)\(\left( {11} \right)\)
Từ \(\left( {10} \right)\) và \(\left( {11} \right)\) suy ra \(\frac{{MJ}}{{NJ}} = \frac{{DM}}{{DN}}.\)